《高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 8.9直線與圓錐曲線的位置關(guān)系課件 .ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 8.9直線與圓錐曲線的位置關(guān)系課件 .ppt（114頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第 九 節(jié) 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,【知識梳理】 1.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的判定 (1)代數(shù)法:把圓錐曲線方程與直線方程聯(lián)立消去y,整理得到關(guān)于x的方程ax2+bx+c=0.,無公共點,一個交點,不等,兩個交點,一個交點,無交點,(2)幾何法:在同一直角坐標(biāo)系中畫出圓錐曲線和直線,利用圖象和性質(zhì)可判定直線與圓錐曲線的位置關(guān)系.,2.直線與圓錐曲線的相交弦長問題 設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A,B兩點,A(x1,y1),B(x2,y2),則 |AB|=_____________ =_______________________= ·|y1-y2| =_______________________.,【考點自測】 1.(思考)給出下列命題: ①直線l與橢圓C相切的充要條件是:直線l與橢圓C只有一個公共點; ②直線l與雙曲線C相切的充要條件是:直線l與雙曲線C只有一個公共點; ③直線l與拋物線C相切的充要條件是:直線l與拋物線C只有一個公共點;,④如果直線x=ty+a與圓錐曲線相交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點, 則弦長|AB|= |y1-y2|; ⑤若拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的兩點,則需滿足直線l與拋 物線C的方程聯(lián)立消元得到的一元二次方程的判別式Δ0. 其中正確的是( ) A.①② B.②③ C.①④ D.①④⑤,【解析】選C.①正確,直線l與橢圓C只有一個公共點,則直線l與橢圓C相切,反之亦成立. ②錯誤,因為直線l與雙曲線C的漸近線平行時,也只有一個公共點,是相交,但并不相切. ③錯誤,因為直線l與拋物線C的對稱軸平行時,也只有一個公共點,是相交,但不相切.,④正確,|AB|= 又x1=ty1+a,x2=ty2+a, 所以|AB|= ⑤錯誤,應(yīng)是以l為垂直平分線的線段AB所在的直線l'與拋物線 方程聯(lián)立,消元后所得一元二次方程的判別式Δ0.,2.過點(0,1)作直線,使它與拋物線y2=4x僅有一個公共點,這樣的直線有( ) A.1條 B.2條 C.3條 D.4條 【解析】選C.與拋物線相切有2條,與對稱軸平行有1條,共3條.,3.已知拋物線C的方程為x2= y,過A(0,-1),B(t,3)兩點的直 線與拋物線C沒有公共點,則實數(shù)t的取值范圍是( ) A.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-∞,-2 )∪(2 ,+∞) D.(-∞,- )∪( ,+∞),【解析】選D.當(dāng)t≠0時,直線AB的方程為y= x-1,與拋物線方 程x2= y聯(lián)立得 由于直線AB與拋物線C沒有公共 點,所以Δ= -20,解得 當(dāng)t=0時,AB的方程為 x=0,該直線AB與拋物線x2= y有一個交點(0,0),不合題意.綜 合可知:,4.若不論k為何值,直線y=k(x-2)+b與曲線x2-y2=1總有公共點,則b的取值范圍是( ) C.(-2,2) D.[-2,2],【解析】選B.把y=k(x-2)+b代入x2-y2=1得x2-[k(x-2)+b]2=1, Δ=4k2(2k-b)2+4(1-k2)[(2k-b)2+1] =4(1-k2)+4(2k-b)2 =4(3k2-4bk+b2+1) 不論k取何值,Δ≥0,則1- ≥0, 所以 ≤1, 所以b2≤3,則,5.已知斜率為1的直線過橢圓 +y2=1的右焦點交橢圓于A,B兩 點,則弦AB的長為 .,【解析】右焦點( ,0),直線AB的方程為y=x- , 由 得5x2-8 x+8=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則 答案:,6.橢圓 (m0)與直線x+2y-2=0有兩個不同的交點,則 m的取值范圍是 . 【解析】由 消去x并整理得, (3+4m)y2-8my+m=0, 根據(jù)條件得 解得 3. 答案: 3,考點1 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的確定及應(yīng)用 【典例1】(1)過拋物線y2=2x的焦點作一條直線與拋物線交于A,B兩點,它們的橫坐標(biāo)之和等于2,則這樣的直線( ) A.有且只有一條 B.有且只有兩條 C.有且只有三條 D.有且只有四條,(2)(2013·浙江高考)如圖,點P(0,-1)是橢圓C1: (ab0)的一個頂點,C1的長軸是圓C2:x2+y2=4的直徑. l1,l2是過 點P且互相垂直的兩條直線,其中l(wèi)1交圓C2于A,B兩點,l2交橢圓于 另一點D. ①求橢圓C1的方程. ②求△ABD面積取最大值時直線l1的方程.,【解題視點】(1)由于過焦點垂直于軸的弦只有一條,且此時弦長最小,因此只需看該弦與弦AB的關(guān)系即可. (2)①由長軸可求a值,由點P可求b值;②先確定△ABD的底與高,再得出面積的解析式,利用基本不等式求最值.,【規(guī)范解答】(1)選B.設(shè)該拋物線焦點為F,A(xA,yA),B(xB,yB), 則|AB|=|AF|+|FB|=xA+ +xB+ =xA+xB+1=32p=2.所以符合條 件的直線有且只有兩條. (2)①由題意得,a=2,b=1, 所以橢圓C1的方程為: +y2=1. ②設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0). 由題意知,直線l1的斜率存在,不妨設(shè)其為k,則直線l1的方程為: y=kx-1,,又圓C2:x2+y2=4,故點O到直線l1的距離 所以|AB|= 又l2⊥l1,故直線l2的方程為:x+ky+k=0, 由 消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0, 故x0= 所以|PD|= 設(shè)△ABD的面積為S,則S= |AB|·|PD|= 所以S= 當(dāng)且僅當(dāng)k=± 時取等號, 所以所求l1的方程為y=± x-1.,【互動探究】本例(1)中的“橫坐標(biāo)之和等于2”改為“橫坐標(biāo)之和等于1”結(jié)果如何?若改為“橫坐標(biāo)之和等于0.5”結(jié)果如何?,【解析】若改為“橫坐標(biāo)之和等于1”, 設(shè)該拋物線焦點為F,A(xA,yA),B(xB,yB),則|AB|=|AF|+|FB|= xA+ +xB+ =xA+xB+1=2=2p=2.所以符合條件的直線有且只有一 條. 若改為“橫坐標(biāo)之和等于0.5”, 設(shè)該拋物線焦點為F,A(xA,yA),B(xB,yB),則|AB|=|AF|+|FB| =xA+ +xB+ =xA+xB+1=1.52p=2.所以沒有 符合條件的直線.,【易錯警示】注意k的取值 解答本例第(2)題求k的值時,容易漏掉一個值導(dǎo)致錯解.在解關(guān)于斜率k的問題時,要注意k的取值及是否存在等情況.,【規(guī)律方法】直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判定方法及關(guān)注點 (1)判定方法:直線與圓錐曲線方程聯(lián)立,消去x(或y),判定該方程組解的個數(shù),方程組有幾組解,直線與圓錐曲線就有幾個交點. (2)關(guān)注點:①聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程消元后,應(yīng)注意討論二次項系數(shù)是否為零的情況.②判斷直線與圓錐曲線位置關(guān)系時,判別式Δ起著關(guān)鍵性的作用,第一:可以限定所給參數(shù)的范圍;第二:可以取舍某些解以免產(chǎn)生增根.,【變式訓(xùn)練】 1.(2014·遵義模擬)已知以F1(-2,0),F2(2,0)為焦點的橢圓與 直線x+ y+4=0有且僅有一個交點,則橢圓的長軸長為( ),【解析】選C.根據(jù)題意設(shè)橢圓方程為 (b0),則將 x=- y-4代入橢圓方程,得4(b2+1)y2+8 b2y-b4+12b2=0,因 為橢圓與直線x+ y+4=0有且僅有一個交點, 所以Δ=(8 b2)2-4×4(b2+1)(-b4+12b2)=0, 即(b2+4)·(b2-3)=0. 所以b2=3,長軸長為,2.已知曲線 (a·b≠0,且a≠b)與直線x+y-1=0相交于 P,Q兩點,且 (O為原點),則 的值為 .,【解析】將y=1-x代入 得(b-a)x2+2ax-(a+ab)=0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則 =x1x2+y1y2=x1x2+(1-x1)·(1-x2)=2x1x2-(x1+x2)+1,所以 即2a+2ab-2a+a-b=0,即b-a=2ab,所以 答案:2,【加固訓(xùn)練】 1.(2013·嘉定模擬)過點P(1,1)作直線與雙曲線 交于A,B兩點,使點P為AB中點,則這樣的直線( ) A.存在一條,且方程為2x-y-1=0 B.存在無數(shù)條 C.存在兩條,方程為2x±(y+1)=0 D.不存在,【解析】選D.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=2,y1+y2=2, 則 兩式相減得(x1-x2)(x1+x2)- (y1-y2)(y1+y2)=0, 所以x1-x2= (y1-y2), 即kAB=2, 故所求直線方程為y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. 聯(lián)立 可得2x2-4x+3=0,但此方程沒有實數(shù)解, 故這樣的直線不存在.,2.(2013·焦作模擬)已知橢圓C1: (00)的焦點是橢圓的頂點. (1)求拋物線C2的方程. (2)過點M(-1,0)的直線l與拋物線C2交于E,F兩點,過E,F作拋物線C2的切線l1,l2,當(dāng)l1⊥l2時,求直線l的方程.,【解析】(1)因為橢圓C1的長半軸長a=2,半焦距 由 得b2=1. 所以橢圓C1的上頂點為(0,1),所以拋物線C2的焦點為(0,1),所以拋物線C2的方程為x2=4y.,(2)由已知可得直線l的斜率必存在,設(shè)直線l的方程為y=k(x+1),E(x1,y1),F(x2,y2).由x2=4y,得y= x2.所以y'= x. 所以切線l1,l2的斜率分別為 x1, x2. 當(dāng)l1⊥l2時, x1· x2=-1,即x1x2=-4. 由 得x2-4kx-4k=0. 所以Δ=(4k)2-4×(-4k)0,解得k0①. x1x2=-4k=-4,即k=1,滿足①式. 所以直線l的方程為x-y+1=0.,考點2 與弦長、弦中點及弦端點相關(guān)的問題 【典例2】(1)(2014·舟山模擬)直線4kx-4y-k=0與拋物線y2=x 交于A,B兩點,若|AB|=4,則弦AB的中點到直線x+ =0的距離等 于( ) A. B.2 C. D.4,(2)(2013·天津高考)設(shè)橢圓 (ab0)的左焦點為F, 離心率為 過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長 為 ①求橢圓的方程; ②設(shè)A,B分別為橢圓的左、右頂點,過點F且斜率為k的直線與橢 圓交于C,D兩點,若 =8,求k的值.,【解題視點】(1)首先判斷出直線過拋物線的焦點,再根據(jù)|AB|=4求解. (2)①由離心率可求得a,c之間的關(guān)系式,再利用線段的長即可求出橢圓方程;②可將直線方程與橢圓方程聯(lián)立,得出C,D兩點坐標(biāo)之間的關(guān)系,再利用題設(shè)中向量等式即可求出k值.,【規(guī)范解答】(1)選C.直線4kx-4y-k=0,即y=k 即直線 4kx-4y-k=0過拋物線y2=x的焦點 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則|AB|=x1+x2+ =4,故x1+x2= ,則弦 AB的中點的橫坐標(biāo)是 ,弦AB的中點到直線x+ =0的距離是,(2)①設(shè)F(-c,0),由 過點F且與x軸垂直的直線為x=-c, 代入橢圓的方程有 于是 又a2-c2=b2,從而a= ,c=1, 所以所求橢圓的方程為,②設(shè)點C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直線CD的方程為y=k(x+1). 由方程組 消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0, 可得 因為A(- ,0),B( ,0),,所以 =6-2x1x2-2y1y2 =6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1) =6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2 =6+ 由已知得6+ =8,解得k=,【規(guī)律方法】 1.弦長的計算方法與技巧 求弦長時可利用弦長公式,根據(jù)直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立消元后得到的一元二次方程,利用根與系數(shù)的關(guān)系得到兩根之和、兩根之積的代數(shù)式,然后進(jìn)行整體代入弦長公式求解. 提醒:注意兩種特殊情況:(1)直線與圓錐曲線的對稱軸平行或垂直;(2)直線過圓錐曲線的焦點.,2.弦中點問題的解法 點差法在解決有關(guān)弦中點、弦所在直線的斜率、弦中點與原點連線斜率問題時可簡化運算,但要注意直線斜率是否存在. 3.與弦端點相關(guān)問題的解法 解決與弦端點有關(guān)的向量關(guān)系、位置關(guān)系等問題的一般方法,就是將其轉(zhuǎn)化為端點的坐標(biāo)關(guān)系,再根據(jù)聯(lián)立消元后的一元二次方程根與系數(shù)的大小關(guān)系,構(gòu)建方程(組)求解.,【變式訓(xùn)練】已知橢圓C: (ab0),直線y=x+ 與以 原點為圓心,以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切,F1,F2為其 左、右焦點,P為橢圓C上任意一點,△F1PF2的重心為G,內(nèi)心為I, 且IG∥F1F2. (1)求橢圓C的方程. (2)若直線l:y=kx+m(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點A,B,且線段 AB的垂直平分線過定點 求實數(shù)k的取值范圍.,【解析】(1)設(shè)P(x0,y0),x0≠±a,則 又設(shè)I(xI,yI),因為IG∥F1F2, 所以yI= , 因為|F1F2|=2c,所以 = ·|F1F2|·|y0| = (|PF1|+|PF2|+|F1F2|)· 所以2c·3=2a+2c, 所以 又由題意知 所以b= ,所以a=2, 所以橢圓C的方程為,(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由 消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 由題意知Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)0, 即m24k2+3,又x1+x2=- 則y1+y2= 所以線段AB的中點P的坐標(biāo)為 又線段AB的垂直平分線l'的方程為 點P在直線l'上, 所以,所以4k2+6km+3=0,所以m=- (4k2+3), 所以 解得 所以k的取值范圍是,【加固訓(xùn)練】 1.過拋物線y2=2px(p0)焦點的直線與拋物線交于A,B兩點, |AB|=3,且AB中點的縱坐標(biāo)為 ,則p的值為 .,【解析】設(shè)直線方程為x=my+ , 代入拋物線方程得y2-2mpy-p2=0, 設(shè)A(xA,yA),B(xB,yB), 則 又|AB|= 即 解得 答案:,2.橢圓ax2+by2=1與直線x+y-1=0相交于A,B兩點,C是線段AB的 中點.若|AB|=2 ,直線OC的斜率為 求橢圓的方程.,【解析】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),代入橢圓的方程并作差,得 a(x1+x2)(x1-x2)+b(y1+y2)(y1-y2)=0. 而 代入上式可得b= a. 聯(lián)立 得(a+b)x2-2bx+b-1=0,所以 又|AB|= |x2-x1|=2 ,即|x2-x1|=2,,則|x2-x1|2= 將b= a代入, 得 此時Δ=(-2b)2-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab) =4 0, 所以所求橢圓的方程是,考點3 探究性、存在性問題 【考情】探究性、存在性問題是高考在解析幾何中命題的一大亮點,主要是以解答題的形式出現(xiàn),考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、圓錐曲線的幾何性質(zhì)、考查學(xué)生的運算能力以及分析問題、解決問題的能力.,高頻考點 通 關(guān),【典例3】(1)(2014·金華模擬)已知橢圓的兩個焦點F1(- , 0), F2( ,0),過F1且與坐標(biāo)軸不平行的直線l1與橢圓相交于 M,N兩點,△MNF2的周長等于8.若過點(1,0)的直線l與橢圓交于 不同兩點P,Q,x軸上存在定點E(m,0),使 恒為定值,則E 的坐標(biāo)為( ),(2)(2013·湖北高考)如圖,已知橢圓C1與 C2的中心為坐標(biāo)原點O,長軸均為MN且在x軸 上,短軸長分別為2m,2n(mn),過原點且不 與x軸重合的直線l與C1,C2的四個交點按縱坐標(biāo)從大到小依次為 A,B,C,D.記λ= ,△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2. ①當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,求λ的值. ②當(dāng)λ變化時,是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2? 并說明理由.,【解題視點】(1)先確定橢圓的方程,再取兩個特殊位置,求出 ,利用x軸上存在定點E(m,0),使 恒為定值,即可 求得E的坐標(biāo). (2)①由S1=λS2列出方程解出λ的值,驗證λ1得λ的值. ②先假設(shè)存在,看是否能求出符合條件的λ,如果推出矛盾就是 不存在.,【規(guī)范解答】(1)選C.由題意,設(shè)橢圓的方程為 (ab0),則c= ,4a=8,所以a=2,b= =1,所以橢圓的方 程為 +y2=1,取直線l⊥x軸,則可得 所以 取直線l為x軸, 則可得P(-2,0),Q(2,0),所以 =(m+2,0)·(m-2,0)=m2-4, 由題意可得,(m-1)2- =m2-4,所以m= ,所以E的坐標(biāo)為,(2)依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為 其中amn0,λ= 1. ①方法一:如圖1,若直線l與y軸重合,即直線l的方程為x=0,則 S1= |BD|·|OM| = a|BD|, S2= |AB|·|ON|= a|AB|, 所以,在C1和C2的方程中分別令x=0, 可得yA=m,yB=n,yD=-m, 于是 若 化簡得λ2-2λ-1=0.由λ1, 可解得λ= +1. 故當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,則λ= +1.,方法二:如圖1,若直線l與y軸重合,則 |BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n; S1= |BD|·|OM|= a|BD|, S2= |AB|·|ON|= a|AB|. 所以 若 化簡得λ2-2λ-1=0. 由λ1,可解得λ= +1. 故當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,則λ= +1.,②方法一:若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2. 根據(jù)對稱性, 不妨設(shè)直線l:y=kx(k0), 點M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則 因為 所以d1=d2. 又S1= |BD|d1,S2= |AB|d2,所以,即|BD|=λ|AB|. 由對稱性可知|AB|=|CD|, 所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)|AB|, |AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是,將l的方程分別與C1,C2的方程聯(lián)立,可求得 根據(jù)對稱性可知xC=-xB,xD=-xA,于是 從而由①和②式可得 ③ 令t= ,則由mn,可得t≠1,于是由③可解得k2= 因為k≠0,所以k20.,于是③式關(guān)于k有解,當(dāng)且僅當(dāng) 等價于(t2-1) 1,可解得 1,解得λ1+ ,所以 當(dāng)11+ 時,存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.,方法二:若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2. 根據(jù)對稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k0), 點M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則 因為 所以d1=d2. 又S1= |BD|d1,S2= |AB|d2,,所以 因為 由點A(xA,kxA),B(xB,kxB)分別在C1,C2上,可得 兩式相減可得 依題意xAxB0,所以,所以由上式解得k2= 因為k20,所以有 0, 可解得11+ ,所以 當(dāng)11+ 時,存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.,【通關(guān)錦囊】,【特別提醒】解決探究性、存在性問題時,一定要注意驗證特殊情況下是否適合.,【關(guān)注題型】,【通關(guān)題組】 1.(2013·江西高考)如圖,橢圓C: (ab0)經(jīng)過點 P(1, ),離心率e= ,直線l的方程為x=4.,(1)求橢圓C的方程. (2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P),設(shè)直線AB與直線l相交于點M,記PA,PB,PM的斜率分別為k1,k2,k3.問:是否存在常數(shù)λ,使得k1+k2=λk3?若存在,求λ的值;若不存在,說明理由.,【解析】(1)由 在橢圓上得, ① 依題設(shè)知a=2c,則a2=4c2,b2=3c2,② 將②代入①得c2=1,a2=4,b2=3. 故橢圓C的方程為,(2)方法一:由題意可設(shè)AB的斜率為k,則直線AB的方程為 y=k(x-1),③ 代入橢圓方程并整理得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則有x1+x2= x1x2= ④ 在方程③中令x=4,得M(4,3k).,注意到A,F,B三點共線,則有k=kAF=kBF, 即 所以 ⑤ 將④代入⑤得k1+k2=2k- =2k-1. 又k3=k- ,所以k1+k2=2k3.故存在常數(shù)λ=2符合題意.,方法二:設(shè)B(x0,y0)(x0≠1),則直線FB的方程為: 令x=4,求得 從而直線PM的斜率為 聯(lián)立,則直線PA的斜率為 直線PB的斜率為 所以 故存在常數(shù)λ=2符合題意.,2.(2014·紹興模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,過定點C(0,p)作直線與拋物線x2=2py(p0)相交于A,B兩點. (1)若點N是點C關(guān)于坐標(biāo)原點O的對稱點,求△ANB面積的最小值. (2)是否存在垂直于y軸的直線l,使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長恒為定值?若存在,求出l的方程;若不存在,說明理由.,【解析】方法一:(1)依題意,點N的坐標(biāo)為N(0,-p),可設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 直線AB的方程為y=kx+p, 與x2=2py聯(lián)立得 消去y得x2-2pkx-2p2=0, 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2,,于是S△ANB=S△BCN+S△ACN= ·2p|x1-x2| =p|x1-x2|= = 所以當(dāng)k=0時,(S△ABN)min=2 p2.,(2)假設(shè)滿足條件的直線l存在,其方程為y=a. 設(shè)AC的中點為O',l與AC為直徑的圓相交于點P,Q,PQ的中點為H, 則O'H⊥PQ,O'點的坐標(biāo)為 因為|O'P|= |AC| |O'H|=,所以|PH|2=|O'P|2-|O'H|2 = (y12+p2)- (2a-y1-p)2 = y1+a(p-a), 所以|PQ|2=(2|PH|)2= 令a- =0,得a= , 此時|PQ|=p為定值,故滿足條件的直線l存在,其方程為y= , 即拋物線的通徑所在的直線.,方法二:(1)前同方法一,再由弦長公式得 又由點N到直線的距離公式得 從而S△ABN= ·d·|AB|= ·2p 所以當(dāng)k=0時,(S△ABN)min=2 p2.,(2)假設(shè)滿足條件的直線l存在,其方程為y=a,則以AC為直徑的 圓的方程為(x-0)(x-x1)+(y-p)(y-y1)=0, 將直線方程y=a代入得x2-x1x+(a-p)(a-y1)=0, 則Δ=x12-4(a-p)(a-y1)=4 0. 設(shè)直線l與以AC為直徑的圓的交點為P(x3,y3),Q(x4,y4), 則有|PQ|=|x3-x4|= 令a- =0,得a= ,此時|PQ|=p為定值,故滿足條件的直線l存 在,其方程為y= , 即拋物線的通徑所在的直線.,【加固訓(xùn)練】 1.(2014·杭州模擬)已知拋物線C:x2=2py (p0)的頂點在原點,焦點為F(0,1). (1)求p的值. (2)在拋物線C上是否存在點P,使得過點P的直線交C于另一點Q,滿足PF⊥QF,且PQ與C在點P處的切線垂直?若存在,求出點P的坐標(biāo),若不存在,請說明理由.,【解析】(1)由拋物線的方程為x2=2py(p0),則 =1,即p=2. (2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則拋物線C在點P處的切線方程是,=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1 =-4(2+y1)+y1( +y1+4)-( +2y1+4)+1 =y12-2y1- -7=(y12+2y1+1)-4( +y1+2) 故y1=4,此時,點P的坐標(biāo)是(±4,4).經(jīng)檢驗,符合題意. 所以,滿足條件的點P存在,其坐標(biāo)為P(±4,4).,2.(2014·長春模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,拋物線y=x2上異于坐標(biāo)原點O的兩不同動點A,B滿足AO⊥BO(如圖所示). (1)求△AOB的重心G(即三角形三條中線的交點)的軌跡方程. (2)△AOB的面積是否存在最小值?若存在,請求出最小值;若不存在,請說明理由.,【解析】(1)設(shè)△AOB的重心為G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2), 則 因為OA⊥OB,所以kOA·kOB=-1,即x1x2+y1y2=0,② 又點A,B在拋物線上,有y1＝x12，y2＝x22，,(2)S△AOB＝ |OA||OB|＝ 當(dāng)且僅當(dāng)x12＝x22，即x1＝－x2＝1時，等號成立． 所以△AOB的面積存在最小值，且最小值為1.,3.(2013·淄博模擬)已知橢圓C: (a )的右焦點F 在圓D:(x-2)2+y2=1上,直線l:x=my+3(m≠0)交橢圓于M,N兩點. (1)求橢圓C的方程. (2)若 (O為坐標(biāo)原點),求m的值. (3)若點P的坐標(biāo)是(4,0),試問△PMN的面積是否存在最大值?若 存在,求出這個最大值;若不存在,請說明理由.,【解析】(1)由圓D:(x-2)2+y2=1可得: 圓心(2,0),半徑r=1. 令y=0得(x-2)2=1,解得x=3或1. 所以橢圓的半焦距c=3或1, 但是當(dāng)c=1時, 故舍去. 所以c=3,a2=b2+c2=3+32=12. 故橢圓的方程為,(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2). 聯(lián)立 化為(m2+4)y2+6my-3=0,,(3)因為直線l過橢圓的右焦點F(3,0), 所以S△PMN= |FP|·|y1-y2|. 因為|FP|=4-3=1. 當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=3,即m=± 時等號成立. 故△PMN的面積存在最大值1.,【規(guī)范解答14】直線與圓錐曲線的綜合問題 【典例】 (14分)(2013·山東高考)橢圓C: (ab0) 的左、右焦點分別是F1,F2,離心率為 過F1且垂直于x軸的直 線被橢圓C截得的線段長為1. (1)求橢圓C的方程. (2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點,連接PF1,PF2,設(shè) ∠F1PF2的平分線PM交C的長軸于點M(m,0),求m的取值范圍.,(3)在(2)的條件下,過點P作斜率為k的直線l,使得l與橢圓C有且 只有一個公共點,設(shè)直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2,若k≠0,試 證明 為定值,并求出這個定值.,【審題】分析信息,形成思路,【解題】規(guī)范步驟,水到渠成 (1)由于c2=a2-b2,將x=-c代入橢圓方程 ………………………………… 2分,(2)設(shè)P(x0,y0)(y0≠0)①，,由題意知，M到直線PF1,PF2的距離相等， 所以 ②，…………4分 由于點P在橢圓上，所以 ③, 所以 ………………6分,因為 －2x02④， 可得 ………………8分 所以 ………………9分,(3)直線l的方程為y－y0=k(x－x0)， 聯(lián)立 整理得(1+4k2)x2+8(ky0－k2x0)x +4(y02－2kx0y0+k2x02－1)=0. 又l與橢圓C有且只有一個公共點，所以Δ=0， 即［8(ky0－k2x0)］2－4(1+4k2)×4(y02－2kx0y0+k2x02－1)=0, 即(4－x02)k2+2x0y0k+1－y02=0，又,所以16y02k2+8x0y0k+x02=0， 故 ………………………11分 ………………………………14分,【點題】失分警示,規(guī)避誤區(qū),【變題】變式訓(xùn)練,能力遷移 如圖,橢圓E: (ab0)的左焦點 為F1,右焦點為F2,離心率 過F1的直 線交橢圓于A,B兩點,且△ABF2的周長為8. (1)求橢圓E的方程. (2)設(shè)動直線l:y=kx+m與橢圓E有且只有一個公共點P,且與直線x=4相交于點Q.試探究:在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點M,使得以PQ為直徑的圓恒過點M?若存在,求出點M的坐標(biāo);若不存在,說明理由.,【解析】方法一:(1)因為|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以4a=8,a=2.,(2)由 得 (4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0,y0),所以m≠0且Δ=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化簡得4k2-m2+3=0.(*),假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件,由圖形對稱性知,點M必在x軸 上. 設(shè)M(x1,0),則 對滿足(*)式的m,k恒成立.,,由于（**）式對滿足（*）式的m,k恒成立， 所以 故存在定點M（1,0），使得以PQ為直徑的圓恒過點M.,方法二:(1)同方法一. (2)由 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0,y0),所以m≠0 且Δ=0, 即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化簡得4k2-m2+3=0.(*),所以 由 得Q(4,4k+m). 假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件,由圖形對稱性知,點M必在x軸 上. 取k=0,m= ,此時P(0, ),Q(4, ),以PQ為直徑的圓為(x-2)2+ (y- )2=4,交x軸于點M1(1,0),M2(3,0);取 m=2,此時 P（1， ）Q(4,0),以PQ為直徑的圓為 交x軸于點M3(1,0),M4(4,0).所以若符合條件的點M存在,則M的坐 標(biāo)必為(1,0).,以下證明M(1,0)就是滿足條件的點: 因為M的坐標(biāo)為(1,0),所以 故恒有 即存在定點 M(1,0),使得以PQ為直徑的圓恒過點M.,